湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟考试数学（文）试题PDF版含答案.pdf

1 怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 2019 届高三一模 文科数学参考答案 一、选择题（12 5 60 ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A A B B D A C A C C A 9 提示: AQOAS OAQ 弧扇形  2 1 ， APOAS OAP  2 1 ,又 APAQ 弧  OAPOAQ SS 扇形 , 21 SS  10 提示：设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB ，则 3 2 2 2 1 1 21  x y x ykk ，又 1 2 1 2xy  ， 2 2 2 2xy  ，  621 yy .将直线l ： bmyx  代入 xy 22  ，得 0222  bmyy ， 6221  byy  3b .即直线l ： 3 myx ，所以l 过定点 ），（ 03- 11 提示：     ACABADAG 3 1 3 2 ∵ 120A ， 2 ACAB ， 2120cos  ACABACAB 设 yACxAB  , , ∴ 4ACAB 即 4xy  211 33AG AB AC AB AC     221 23 AB AC AB AC    221 43 xy   而 8222  xyyx （当且仅当 yx  取等号） ∴ 3 2AG 即 AG 的最小值为 12 提示：图象法，作 | ln |, xy x y a的图象，不妨设 12,xx 则 0< 121,xx 从而 12ln 0,ln 0,xx所以 12 12ln ,ln ,xxx a x a   故 12 1 2 1 2 1 2ln( ) ln +ln + 0, 0< 1xxx x x x a a x x    所以 . 二、填空题（ 4 5 20 ）： 13. 4 ; 14. 12； 15. 32 ； 16. 25 2 16 提示（法一）:双曲线的渐近线方程为 xa by  ，焦点为  0,1 cF  ，  0,2 cF ， 由题意可得 00 xa by  ，① 又 21 MFMF  ，可得 1 0 0 0 0  cx y cx y ， 即为 22 0 2 0 cxy  ，② 由 222 cba  ，联立①②可得 ax 0 ， by 0 ， 由 F 为焦点的抛物线 2C ： pxy 22   0p 经过点 M ， 可得 pab 22  ， cp 2 ， 即有 222 4 acacb  ， 由 a ce  ，可得 0142  ee ， 解得 52 e （法二） 21 MFMF  ，O 为 21FF 中点， cFFOM  212 1  baM , 又 pc 2 1 ， cab 42  （下同法一） 17 解：（ I）设等差数列{}na 的公差为 d.因为 3 105, 100.aS 所以 1 1 25 10 45 100    ad ad ……………2 分 解得 1 1 2    a d ………………4 分 所以 1= + 1) 2 1na a n d n  （ .……………6 分 （II）由（I）可知 2 2 1 1 1 1()( 5) (2 4) ( 2) 2 2n n b n a n n n n n n        ……………8 分 ∴ nn bbbT  21                                 2 11 1 1 1 1 5 1 3 1 4 1 2 1 3 112 1 nnnn ……………10 分 ∴         )2)(1( 32 2 3 2 1 nn nTn ……………12 分 18（I）证明：因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BDAC  ……………2 分 ∴ PA 平面 ABCD ， BD 平面 ABCD ，∴ BDPA  ……………4 分 又 AACPA  ，∴ BD 平面 PAC ， 3 又 BD 平面 BDE ，∴平面 BDE ⊥平面 PAC ……………6 分 （II）连接 OE ，由（Ⅰ）知 BD 平面 PAC ， OE 平面 PAC ， ∴ OEBD  ……………7 分 ∵ 8BD ，由   42 1 min  OEBDS BDE 得：   1min OE ……………8 分 ∴当 PCOE  时， OE 取到最小值 1……………9 分 此时 2213 2222  OEOCCE ……………10 分 作 PAEH // 交 AC 于 H ，∵ PA 平面 ABCD ，∴ EF 平面 ABCD ……………11 分 由 EH ＝ ＝ ．得点 E 到底面 ABCD 的距离 3 22EH ……………12 分 19 解：（Ⅰ）由题意得， 557ˆ 6.684b .......................2 分 33 6.6 26 138.6ˆa      ..............................4 分 关于 的线性回归方程为： 6.6 138.6ˆyx..........................6 分 （Ⅱ） 线性回归方程 对应的相关指数为： 9398.00602.013930 64.23612 R ......................8 分 因为 .....................9 分 所以回归方程 ，比线性回归方程 6.6 138.6ˆyx拟合效果更好..............10 分 由 知，当温度 时， ..................................11 分 即当温度为 时该批紫甘薯死亡株数为 190.............................12 分 20 解：（I）设椭圆 C 的方程为 12 2 2 2  b y a x  0 ba ，则由题意知 1b ……………2 分 ∴ 5 52 2 22  a ba ．即 5 5211 2  a ∴ 52 a ……………4 分 ∴椭圆 C 的方程为 15 2 2  yx ……………5 分  y x ()i ˆ 6.6 138.6yx 0.9398 0.9522 0.2303ˆ 0.06 xye ()ii ()i 35xC 0.2303 35ˆ 0.06 0.06 3167 190ye    35 C 4 （II）设 A 、 B 、 M 点的坐标分别为  11, yxA ，  22, yxB ，  0,0 yM ． 又易知 F 点的坐标为  0,2 ……………6 分 显然直线 l 存在的斜率，设直线 l 的斜率为 k ，则直线 l 的方程是 )2(  xky ……………7 分 将直线 l 的方程代入到椭圆 C 的方程中，消去 y 并整理得 052020)51( 2222  kxkxk ……………8 分 ∴ 2 2 21 51 20 k kxx   ， 2 2 21 51 520 k kxx   ……………9 分 ∵ AFmMA  ， BFnMB  ∴将各点坐标代入得 1 1 2 x xm  ， 2 2 2 x xn  ……………11 分 ∴ 10)(24 2)(2 22 2121 2121 2 2 1 1   xxxx xxxx x x x xnm ……………12 分 21 解：（I） )(xf 的定义域为 ),0(  ，   baxxxf  1 ……………1 分 由 0)1( f ，得 ab 1 ． ∴   x xaxaaxxxf )1)(1(11  ……………2 分 ①若 0a ，由   0 xf ，得 1x ． 当 10  x 时，   0 xf ，此时 )(xf 单调递增；当 1x 时，   0 xf ，此时 )(xf 单调递减． 所以 1x 是 )(xf 的极大值点……………3 分 ②若 0a ，由   0 xf ，得 1x ，或 ax 1 ． 因为 1x 是 )(xf 的极大值点，所以 11  a ，解得 01  a ……………4 分 综合①②： a 的取值范围是 1a ……………5 分 （II）因为方程 2mf（x）＝x2 有唯一实数解， 所以 x2﹣2mlnx﹣2mx＝0 有唯一实数解……………6 分 设 g（x）＝x2﹣2mlnx﹣2mx，则   x mmxxxg 222 2  ……………7 分 令  xg ＝0，x2﹣mx﹣m＝0．因为 m＞0，x＞0， 5 所以 02 42 1  mmmx （舍去）， 2 42 2 mmmx  ……………8 分 当 x∈（0， 2x ）时，  xg ＜0，g（x）在（0， 2x ）上单调递减， 当 x∈（ 2x ，+∞）时，  xg ＞0，g（x）在（ 2x ，+∞）单调递增 当 x＝ 2x 时，  xg ＝0，g（x）取最小值 g（ 2x ）……………9 分 则         0 0 2 2 xg xg 即      0 02ln2 2 2 2 22 2 2 mmxx mxxmx ……………10 分 所以 2mlnx2+mx2﹣m＝0，因为 m＞0，所以 2lnx2+x2﹣1＝0（*） 设函数 h（x）＝2lnx+x﹣1，因为当 x＞0 时，h（x）是增函数， 所以 h（x）＝0 至多有一解……………11 分 因为 h（1）＝0，所以方程（*）的解为 x2＝1，即 12 42  mmm ，解得 2 1m ……………12 分 22 解（Ⅰ）∵曲线 C 的参数方程为  为参数       sin3 cos2 y x , ∴曲线 C 的普通方程为 ＝1........................................2 分 ∵直线l 的极坐标方程是： 6 sincos21    ∴ 6sincos2   ，....................................................3 分 ∴直线l 的直角坐标方程为 062  yx ．..............................5 分 （Ⅱ）∵点 P 是曲线 C 上的动点， ∴设 P（2cosφ，3sinφ），则 P 到直线l 的距离：   5 6sin5 14 6sin3cos4    d ,tanθ＝ 3 4 . .................8 分 ∴当 sin（   ）＝﹣1 时，点 P 到直线 l 距离取最大值 dmax＝ ＝ ...............9.分 当 sin（   ）＝1 时，点 P 到直线 l 距离取最小值 dmin＝ ＝ ．.............................10 分 6 23 解：（ I）由已知可得 1 2 , 0 ( ) 1,0 1 2 1, 1 xx f x x xx       ，所以 min( ) 1fx  因为 ( ) | 1|f x m恒成立，所以| 1| 1m， 从 而 可 得 02m 所以实数 m 的 最 大 值 M=2……………5 分 （II）由（I）知，M=2， 所 以 222,ab要证 2.a b ab ， 只需证 22( ) (2 ) ,a b ab 即证 222 2 4 ,ab a b 即证 222 1 0,a b ab   即(2 1)( 1) 0,ab ab   又因为 ,ab是正数，所以2 1 0,ab  故只需证 1 0,ab  即 1,ab  而 2= 222a b ab ，可得 1,ab  故原不等式成立………10 分